Профильная математика ЕГЭ — решения заданий ФИПИ с ответами

Для пункта а) подходит, например, расстановка $1,2,3,4,10,9,8,7,6,5,11,12$ по окружности.$$|1-2|+|2-3|+|3-4|+|4-10|+|10-9|+|9-8|+|8-7|+|7-6|+|6-5|+|5-11|+|11-12|+|12-1|=32$$

Для пункта б) модуль разности имеет ту же чётность, что и сама разность. Поэтому сумма полученных чисел сравнима по модулю 2 с суммой разностей по замкнутому циклу.$$\sum |a_i-a_{i+1}| \equiv \sum (a_i-a_{i+1})=0 \pmod 2$$

Пусть $x$ — число ходов $(a,b)\to(a+2,b-1)$, а $y$ — число ходов $(a,b)\to(a-1,b+2)$. Тогда после этих ходов$$a=5+2x-y,\quad b=7-x+2y,\quad n=x+y$$

а) При $n=50$ имеем $y=50-x$. Поэтому$$a=5+2x-(50-x)=3x-45,\quad b=7-x+2(50-x)=107-3x$$

Для суммы 107 возможны только числа $4$, $9$, $44$, $49$, $94$, $99$. Находим представление:$$107=94+9+4$$

Следовательно, в пункте а) ответ положительный.

Пусть $b$ — количество синих карточек, а $r$ — количество красных карточек. Тогда наибольшее число на красной карточке равно $2b$, а наибольшее число на синей карточке равно $r$.

Так как на синей карточке написано число, делящееся на 3, число $r$ должно быть кратно 3.

Обозначим через $b$ количество синих карточек, а через $r$ — количество красных карточек. По условию наибольшее синее число равно $r$, поэтому $r$ — положительное число, делящееся на 3. Наибольшее красное число равно $2b$.

Все синие числа — различные числа, кратные 3, большие $-60$ и не превосходящие $r$. Это числа $-57,-54,\ldots,r$. Их количество равно $\frac{r}{3}+20$, поэтому $b\leq\frac{r}{3}+20$.

Пусть цифры числа $A$ равны $a$, $b$, $c$, где $a\neq 0$. Тогда $A=100a+10b+c$. После вычёркивания одной цифры можно получить числа $10b+c$, $10a+c$ и $10a+b$.

Рассмотрим произведение $(10b+c)(10a+c)$. Условие равенства произведения числу $A$ даёт $(10b+c)(10a+c)=100a+10b+c$. После преобразования получаем $(10b+c)(10a+c-1)=100a$. Проверка цифр показывает, что решений нет.

Обозначим количество записанных последовательных чисел через $N$. Если среди них ровно пять чисел, кратных 20, то длина последовательности не менее $5 \cdot 20=100$? Уточним: чтобы в последовательности было ровно пять кратных 20, её длина…$$81 \leq N \leq 100$$

а) Чтобы в последовательности было больше пяти чисел, кратных 21, нужны хотя бы шесть таких чисел. Между первым и шестым кратными 21 числами расстояние равно $5 \cdot 21=105$, поэтому последовательность должна содержать не менее 106…$$5 \cdot 21+1=106>100$$

Пусть $k$ — количество чисел, оканчивающихся на цифру 6. Тогда $30-k$ чисел оканчиваются на цифру 2. Сумма последних цифр всех чисел равна $2(30-k)+6k=60+4k$.

Сумма всех чисел равна $2454$ и оканчивается на цифру 4. Поэтому $60+4k\equiv 4\pmod {10}$, откуда $4k\equiv 4\pmod {10}$ и $k\equiv 1\pmod 5$.

Пусть числа расположены в порядке возрастания: $x_1 < x_2 < \dots < x_{10}$. По условию сумма шести наименьших чисел равна $30$, а сумма шести наибольших — $90$.$$x_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6=30,\quad x_5+x_6+x_7+x_8+x_9+x_{10}=90$$

а) Если $x_1=3$, то пять следующих чисел — различные натуральные числа, большие 3. Их наименьшая возможная сумма равна $4+5+6+7+8=30$. Тогда сумма шести наименьших чисел была бы не менее $3+30=33$, что противоречит условию.$$3+4+5+6+7+8=33>30$$

Обозначим количества камней в коробках через $a$, $b$ и $c$. Всего камней всегда 201. При ходе из первой и второй коробок в третью изменения имеют вид $(-1,-1,+2)$; при ходе из первой и третьей во вторую — $(-1,+2,-1)$; при ходе из второй…

В начальном состоянии $a-b=97-104=-7\equiv2\pmod3$, а $a-c=97-0=97\equiv1\pmod3$.

Пусть после одного хода из дроби $\dfrac{a}{b}$ получена дробь $\dfrac{c}{d}$. Тогда $c=a+b$, $d=2a+b$. Вычитая первое равенство из второго и подставляя результат, получаем обратное преобразование:$$\frac{a}{b}=\frac{d-c}{2c-d}$$

Для пункта а) последовательно применяем обратное преобразование:$$\frac{22}{31}\to\frac{31-22}{2\cdot22-31}=\frac{9}{13}\to\frac{13-9}{2\cdot9-13}=\frac45\to\frac{5-4}{2\cdot4-5}=\frac13$$

Обозначим через $n$ количество фруктов массой меньше 100 г, через $k$ — количество фруктов массой 100 г, а через $m$ — количество фруктов массой больше 100 г. Тогда$$n+k+m=87$$

Общая масса всех фруктов равна $87\cdot100=8700$ г. С учётом средних масс в трёх группах получаем$$94n+100k+127m=8700$$

За один ход каждый имеющийся кусок можно разделить не более чем на два куска. Поэтому после $k$ ходов из одной исходной линейки можно получить не более $2^k$ кусков.$$N_k \leq 2^k$$

Для линейки длиной 16 см четыре хода возможны: сначала получаем два куска по 8 см, затем четыре куска по 4 см, затем восемь кусков по 2 см и, наконец, шестнадцать кусков по 1 см.$$16 \to 2\cdot 8 \to 4\cdot 4 \to 8\cdot 2 \to 16\cdot 1$$

Пусть первое из четырёх чисел имеет вид $10q+r$, где $r$ — его последняя цифра. Чтобы последние цифры всех четырёх чисел не были равны нулю, достаточно и необходимо, чтобы $r\in\{1,2,3,4,5,6\}$. Тогда четыре числа равны $10q+r$…

После деления каждого числа на его последнюю цифру получаем формулу $S=\dfrac{10q+r}{r}+\dfrac{10q+r+1}{r+1}+\dfrac{10q+r+2}{r+2}+\dfrac{10q+r+3}{r+3}=4+10q\left(\dfrac1r+\dfrac1{r+1}+\dfrac1{r+2}+\dfrac1{r+3}\right)$.

Пусть исходное трёхзначное число имеет вид $100a+10b+c$, где $a\in\{1,2,\ldots,9\}$, а $b$ и $c$ — цифры. Сумма его цифр равна $a+b+c$.$$100a+10b+c-(a+b+c)=99a+9b$$

После деления получившейся разности на 3 результат операции равен:$$\frac{99a+9b}{3}=33a+3b=3(11a+b)$$

а) Если среди чисел есть 230, то остальные 99 различных натуральных чисел имеют сумму не менее суммы первых 99 натуральных чисел.$$1+2+\dots+99=\frac{99\cdot100}{2}=4950$$

Тогда общая сумма не менее $4950+230=5180$, что больше 5120. Поэтому число 230 на доске находиться не может.

Пусть первая операция применяется к x числам, а вторая — к y числам. При первой операции цифра десятков увеличивается на 2, а цифра единиц уменьшается на 5, поэтому число увеличивается на $20-5=15$.$$\Delta_1=15$$

При второй операции цифра десятков уменьшается на 2, а цифра единиц увеличивается на 2, поэтому число уменьшается на $20-2=18$.$$\Delta_2=-18$$

Обозначим через $k_i$ количество чисел в $i$-й день, а через $S_i$ — сумму этих чисел. Тогда $k_1>k_2>\dots>k_n$, $S_1<S_2<\dots<S_n$, а поскольку каждое число не превосходит $5$, выполняется $S_i\leqslant 5k_i$.

В последней день сумма не превосходит $5$, если в этот день записано одно число. В частности, поскольку суммы строго возрастают, при $n>6$ невозможно подобрать последовательность положительных целых сумм, каждая из которых не превосходит…

Пусть в группе $n$ юношей и $n$ девушек. Обозначим через $x$ число юношей, отправивших по 5 писем. Тогда $n-x$ юношей отправили по 16 писем. По условию $x\geqslant2$ и $n-x\geqslant2$.$$S=5x+16(n-x)=16n-11x$$

а) Если каждая девушка получила ровно 7 писем, то всего было отправлено $7n$ писем. Поэтому $16n-11x=7n$, откуда $9n=11x$. Можно взять $n=11$, $x=9$. Тогда 9 юношей отправляют по 5 писем, а 2 юноши — по 16 писем; всего отправлено $77$…$$9n=11x,\quad n=11,\quad x=9$$

Пусть записаны числа $a_1,a_2,\ldots,a_{10}$. Среднее арифметическое любых четырёх чисел является целым, поэтому сумма любых четырёх чисел делится на $4$.$$\sum_{i\in I}a_i\equiv 0\pmod 4$$

Возьмём два набора из четырёх чисел, имеющих три общих числа, например $a,b,c,x$ и $a,b,c,y$. Разность их сумм равна $x-y$ и также делится на $4$. Следовательно, любые два записанных числа сравнимы по модулю $4$.